山东省淄博市2017届高三化学诊断试题（含解析）.doc

2017年山东省淄博市高考化学诊断试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与人类生产、生活、环境等密切相关，下列说法正确的是（）A用加酶洗衣粉洗衣服时水的温度越高越好B“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关C小苏打是制作馒头的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的抗酸剂D乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液的消毒原理都是利用其强氧化性2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1.8gNH4+中含有的电子数为NAB标准状况下，足量Na2O2与22.4LCO2气体充分反应，转移电子数为2NAC2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，所得混合气体的分子数等于2NAD298K时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NA3某有机物的结构如图所示，下列说法错误的是（）A分子式为C9H12O3，可以燃烧B能发生取代反应和聚合反应C能使酸性高锰酸钾溶液和溴的CCl4溶液褪色，褪色原理相同D分子中所有碳原子不可能共平面4下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀硝酸中加入过量的铁粉充分反应后，滴入KSCN溶液溶液变为血红色HNO3具有氧化性，能将Fe氧化成Fe3+B向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸颜色无明显变化原溶液中无NH4+C向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，冷却后加入新制Cu（OH）2，再加热未见红色沉淀淀粉未发生水解D向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡AABBCCDD5表为元素周期表中短周期的一部分，其中Y元素的原子序数等于M与N元素原子序数之和下列说法错误的是（）MNXYZA最简单氢化物的稳定性：MNZB最高价含氧酸的酸性：ZMYC单质的熔点：XZND简单离子的半径：ZNX6现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中电解NaB（OH）4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图下列叙述错误的是（）AM室发生的电极反应式：2H2O4eO2+4H+BN室：a%b%C产品室发生的反应是：B（OH）4+H+H3BO3+H2OD理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体7298K时，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2molL1的NaOH溶液，溶液pH随所加NaOH溶液体积变化的图象如下下列说法正确的是（）Abc段，随着NaOH溶液的滴入，逐渐增大B若a点pH=4，且c（Cl）=100c（ClO），则Ka（HClO）=Cb点对应的溶液可用pH试纸测定其pHDc点对应的溶液中：c（Na+）c（OH）c（C1）c（C1O）c（H+）二、非选择题8298K时，一氯化碘（IC1）是一种红棕色液体，沸点371K，不吸潮但能水解，易溶于乙醇能与KI反应生成I2KI在298K时的溶解度：140g/100g水，2g/100mL乙醇单质碘在318K开始升华（1）利用干燥纯净的氯气与单质碘反应可制备一氯化碘，该反应为放热反应相关实验装置及试剂如图：各装置接口的顺序依次是：a fA装置中发生反应的离子方程式是 实验过程中B装置需冷水浴，其目的是 将B装置中得到的液态产物提纯获得较纯净的ICl，宜采取的方法是 （2）将单质碘和盐酸混合，控制温度约323K，边搅拌边滴加氯酸钠溶液，也可制得一氯化碘该反应的化学方程式为 （3）设计实验证明：IC1的氧化性比I2强 9利用钛矿的酸性废液（含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42等），可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2nH2O等产品，流程如图：（1）TiO2+中钛元素的化合价为 价TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2nH2O，写出水解的离子方程式 （2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2nH2O请用化学反应原理解释 （3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为 ，该反应需控制温度在308K以下，其目的是 （4）已知298K时，Ksp=8.01016，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c（Fe2+）=1.0105molL1，则所得的FeCO3中 Fe（OH）2（填“有”或“没有”）（5）FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是 10（1）一定条件下，CO2与1.0molL1NaOH溶液充分反应放出的热量如表一：表一：反应序号CO2的物质的量/molNaOH溶液的体积/L放出的热量/KJ10.50.75x21.02.00y该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为 （2）用焦炭还原NO的反应为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间t的变化情况如表二：表二：温度 t/min04080120160甲2.001.501.100.800.80乙（T）2.001.451.001.001.00丙1.000.800.650.530.45甲容器中，040min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）= 该反应的H （填序号）a大于0 b小于0 c等于0d不能确定丙容器达到平衡时，NO的转化率为 （3）298K时，NH3H2O的电离常数Kb=2105，H2CO3的电离常数Kal=4107，Ka2=41011在NH4HCO3溶液中，c（NH4+） c（HCO3）（填“”、“”或“=”）；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K的数值（用科学计数法表示）为 【化学-选修3：物质结构与性质】11（1）写出基态镍原子的价电子排布图 （2）丙酮（ ）分子中2号碳原子的杂化方式为 ；与CS2互为等电子体的离子是 （写一种）（3）含0.1molCl2H2O的水溶液与足量硝酸银溶液反应生成 mol AgC1沉淀H2O分子的键角比H2S分子的键角大，原因是 （4）由铜与氯形成的一种化合物的晶胞结构如图所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为 将晶胞内的4个黑点相互连接所形成的立体构型是 晶体中与一个氯原子距离最近的氯原子有 个已知该晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为 pm（列出计算式即可）【化学-选修5：有机化学基础】12药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如图己知：NaBH4是一种很强的还原剂，可以将CN还原为CH2NH2（1）化合物A的含氧官能团名称为 （2）反应实际经历了两步反应，这两步的反应类型依次为 、 设计反应的目的是 （3）关于化合物D的说法错误的是 （填序号）a1molD最多可与3molH2发生加成反应 b可以与盐酸发生反应c可以使高锰酸钾酸性溶液褪色 d是一种芳香烃（4）反应物 的名称为 ；写出其与对苯二甲酸反应生成高聚物的化学方程式 ；（5）以CH3CHO和CH3NH2为原料设计合成丙氨酸（CH3CH（NH2）COOH）的路线己知：RCH=NR提示：合成过程中无机试剂任选合成路线表示方法示例为：CH3CH2BrCH3CH2OH2017年山东省淄博市高考化学诊断试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1化学与人类生产、生活、环境等密切相关，下列说法正确的是（）A用加酶洗衣粉洗衣服时水的温度越高越好B“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关C小苏打是制作馒头的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的抗酸剂D乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液的消毒原理都是利用其强氧化性【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A酶为蛋白质，高温下发生变性；B酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关，光化学烟雾与氮的氧化物有关；C苏打为碳酸钠，碱性较强；D乙醇不具有强的氧化性【解答】解：A酶为蛋白质，高温下发生变性，应在合适的温度下用加酶洗衣粉，故A错误；B光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物（HC）和氮氧化物（NOx）等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物；酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关，故B正确；C苏打为碳酸钠，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，故D错误；故选：B2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1.8gNH4+中含有的电子数为NAB标准状况下，足量Na2O2与22.4LCO2气体充分反应，转移电子数为2NAC2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，所得混合气体的分子数等于2NAD298K时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A依据n=，结合1个氨根离子含有10个电子；B依据2mol二氧化碳与足量过氧化钠反应转移2mol电子解答；C二氧化硫与氧气反应为可逆反应；DpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子【解答】解：A.1.8gNH4+中含有的电子数为10NA=NA，故A正确；B2mol二氧化碳与足量过氧化钠反应转移2mol电子，标准状况下22.4LCO2气体物质的量为1mol，转移电子数为1mol个数为NA，故B错误；C二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，所得混合气体的分子小于2NA，故C错误；D常温下，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故D错误；故选：A3某有机物的结构如图所示，下列说法错误的是（）A分子式为C9H12O3，可以燃烧B能发生取代反应和聚合反应C能使酸性高锰酸钾溶液和溴的CCl4溶液褪色，褪色原理相同D分子中所有碳原子不可能共平面【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】根据有机物官能团判断，有机分子中含有C=C、COOH、OH等官能团，分别能发生加成、氧化、取代等反应，并且COOH具有酸性，以此解答该题【解答】解：A由结构简式可知分子式为C9H12O3，大多数有机物可燃烧，故A正确；B含有羧基、羟基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生聚合反应，故B正确；C含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，故C错误；D含有饱和碳原子，则分子中所有碳原子不可能共平面，故D正确故选C4下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀硝酸中加入过量的铁粉充分反应后，滴入KSCN溶液溶液变为血红色HNO3具有氧化性，能将Fe氧化成Fe3+B向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸颜色无明显变化原溶液中无NH4+C向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，冷却后加入新制Cu（OH）2，再加热未见红色沉淀淀粉未发生水解D向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A铁粉过量，反应生成的是亚铁离子，滴入KSCN溶液后不会变红；B一水合氨极易溶于水，检验铵根离子时需要加热；C加入氢氧化铜浊液前需要加入氢氧化钠中和稀硫酸；D加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，水解平衡逆向移动【解答】解：A向稀硝酸中加入过量的铁粉充分反应后，反应生成硝酸亚铁，滴入KSCN溶液后不会变红，故A错误；B向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，加热后将湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验铵根离子，否则无法判断原溶液中是否含有铵根离子，故B错误；C向淀粉溶液中加入稀硫酸、加热，冷却后先加入NaOH中和稀硫酸，然后再加入新制Cu（OH）2、加热，否则稀硫酸与氢氧化铜反应，影响了检验结果，故C错误；D加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，能够证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D5表为元素周期表中短周期的一部分，其中Y元素的原子序数等于M与N元素原子序数之和下列说法错误的是（）MNXYZA最简单氢化物的稳定性：MNZB最高价含氧酸的酸性：ZMYC单质的熔点：XZND简单离子的半径：ZNX【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】M、Y在同一主族，Y元素的原子序数为M与N元素原子序数之和，可知N的原子序数为8，由原子在周期表中的相对位置可知X为Al、M为C，Y为Si，Z为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：由以上分析可知X为Al、M为C、Y为Si、N为O元素、Z为S元素，A非金属性OSC，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A错误；B非金属性SCSi，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，故B正确；CAl为金属晶体，熔点最高，S常温下为固体，氧气为气体，则单质的熔点：XZN，故C正确；D一般来说，核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：ZNX，故D正确故选A6现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中电解NaB（OH）4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图下列叙述错误的是（）AM室发生的电极反应式：2H2O4eO2+4H+BN室：a%b%C产品室发生的反应是：B（OH）4+H+H3BO3+H2OD理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体【考点】DI：电解原理【分析】AM室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+；BN室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大；C原料室中的B（OH）4通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，B（OH）4、H+发生反应生成H3BO3；D理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O4e=O2+4H+、2H2O+2e=H2+2OH，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2【解答】解：AM室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O4eO2+4H+，故A正确；BN室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%b%，故B正确；C原料室中的B（OH）4通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，B（OH）4、H+发生反应生成H3BO3，反应方程式为B（OH）4+H+H3BO3+H2O，故C正确；D理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O4e=O2+4H+、2H2O+2e=H2+2OH，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，故D错误；故选D7298K时，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2molL1的NaOH溶液，溶液pH随所加NaOH溶液体积变化的图象如下下列说法正确的是（）Abc段，随着NaOH溶液的滴入，逐渐增大B若a点pH=4，且c（Cl）=100c（ClO），则Ka（HClO）=Cb点对应的溶液可用pH试纸测定其pHDc点对应的溶液中：c（Na+）c（OH）c（C1）c（C1O）c（H+）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，Abc段，随着NaOH溶液的滴入， =；B若a点pH=4，c（H+）=104mol/L，溶液呈酸性，根据氯守恒可知：2c（Cl2）+c（Cl）+c（ClO）+c（HClO）=4mol/L，且c（Cl）=100 c（ClO），GCl完全电离，HClO部分电离且电离程度较小，所以溶液中c（H+）c（Cl）=104mol/L，溶液中c（ClO）=106mol/L，c（HClO）=c（Cl）c（ClO）=（104mol/L106mol/L）=0.99104mol/L，Ka（HClO）=；Cb点溶液中溶质为NaCl和NaClO，且物质的量相等，NaClO溶液有漂白性；Dc点溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaOH，且浓度关系为2c（NaCl）=2c（NaClO）=c（NaOH）【解答】解：整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，Abc段，随着NaOH溶液的滴入， =，随着反应的进行，氢离子浓度减小、电离平衡常数不变，所以逐渐减小，故A错误；B若a点pH=4，c（H+）=104mol/L，溶液呈酸性，根据氯守恒可知：2c（Cl2）+c（Cl）+c（ClO）+c（HClO）=4mol/L，且c（Cl）=100 c（ClO），GCl完全电离，HClO部分电离且电离程度较小，所以溶液中c（H+）c（Cl）=104mol/L，溶液中c（ClO）=106mol/L，c（HClO）=c（Cl）c（ClO）=（104mol/L106mol/L）=0.99104mol/L，Ka（HClO）=，故B错误；Cb点溶液中溶质为NaCl和NaClO，且物质的量相等，NaClO溶液有漂白性，所以不能用pH试纸测定其pH值，应该用pH计测定，故C错误；Dc点溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaOH，且浓度关系为2c（NaCl）=2c（NaClO）=c（NaOH），次氯酸根离子水解但程度较小，溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是c（Na+）c（OH）c（C1）c（C1O）c（H+），故D正确；故选D二、非选择题8298K时，一氯化碘（IC1）是一种红棕色液体，沸点371K，不吸潮但能水解，易溶于乙醇能与KI反应生成I2KI在298K时的溶解度：140g/100g水，2g/100mL乙醇单质碘在318K开始升华（1）利用干燥纯净的氯气与单质碘反应可制备一氯化碘，该反应为放热反应相关实验装置及试剂如图：各装置接口的顺序依次是：adeghbcfA装置中发生反应的离子方程式是2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O实验过程中B装置需冷水浴，其目的是防止因反应放热使I2升华和ICl挥发将B装置中得到的液态产物提纯获得较纯净的ICl，宜采取的方法是蒸馏（2）将单质碘和盐酸混合，控制温度约323K，边搅拌边滴加氯酸钠溶液，也可制得一氯化碘该反应的化学方程式为3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O（3）设计实验证明：IC1的氧化性比I2强向足量KI饱和乙醇溶液中滴加12滴ICl的乙醇稀溶液，充分振荡，再滴加23滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则证明ICl的氧化性强于I2【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】（1）用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，为充分除杂，导气管长进短出，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，据此分析；（2）单质碘和盐酸混合，控制温度约323K，边搅拌边滴加氯酸钠溶液，可制得一氯化碘，碘元素化合价升高，则氯酸钠中氯元素化合价降低，生成氯化钠；（3）根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质分析【解答】解：（1）用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，为充分除杂，导气管长进短出，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，则装置顺序为adeghbcf；A中发生反应的离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；故答案为：deghbc； 2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；反应放热，ICl挥发，B放在冷水中，防止因反应放热使I2升华和ICl挥发；故答案为：防止因反应放热使I2升华和ICl挥发；已知：一氯化碘沸点101，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏或蒸馏，收集101的馏分可得到较纯净的ICl；故答案为：蒸馏；（2）单质碘和盐酸混合，控制温度约323K，边搅拌边滴加氯酸钠溶液，可制得一氯化碘，碘元素化合价升高，则氯酸钠中氯元素化合价降低，生成氯化钠，则反应物为：3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；故答案为：3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；（3）根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质，可用湿润的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝，则方法为：向足量KI饱和乙醇溶液中滴加12滴ICl的乙醇稀溶液，充分振荡，再滴加23滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则证明ICl的氧化性强于I2；故答案为：向足量KI饱和乙醇溶液中滴加12滴ICl的乙醇稀溶液，充分振荡，再滴加23滴淀粉溶液，若溶液变蓝，则证明ICl的氧化性强于I29利用钛矿的酸性废液（含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42等），可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2nH2O等产品，流程如图：（1）TiO2+中钛元素的化合价为+4价TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2nH2O，写出水解的离子方程式TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+（2）向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2nH2O请用化学反应原理解释Na2CO3消耗H+，c（H+）减少，使TiO2+水解平衡向生成TiO2nH2O方向移动 （3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O ，该反应需控制温度在308K以下，其目的是防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解（4）已知298K时，Ksp=8.01016，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c（Fe2+）=1.0105molL1，则所得的FeCO3中没有Fe（OH）2（填“有”或“没有”）（5）FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是FeS2+4e=Fe+2S2【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】钛矿的酸性废液（含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42等），溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；冷却结晶得到绿矾FeSO4.7H2O和含有TiO2+的酸性溶液，向溶液加入碳酸钠粉末，降低溶液酸性，得到TiO2nH2O，绿矾晶体可制备FeS2纳米材料，将绿矾晶体溶解为FeSO4溶液，加入足量的碳酸氢铵溶液，发生反应：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，将得到的固体FeCO3与氧气煅烧生成Fe2O3，据此分析解答【解答】解：（1）TiO2+中氧元素2价，则钛元素+4；TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2nH2O，水解的反应物为：TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+；故答案为：+4； TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+；（2）含有TiO2+的酸性溶液，存在平衡TiO2+（n+1）H2OTiO2nH2O+2H+，向溶液加入碳酸钠粉末，Na2CO3消耗H+，c（H+）减少，使TiO2+水解平衡向生成TiO2nH2O方向移动；故答案为：Na2CO3消耗H+，c（H+）减少，使TiO2+水解平衡向生成TiO2nH2O方向移动；（3）NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3和二氧化碳，离子方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；该反应需控制温度在308K以下，防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解，使FeCO3的生成损失；故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解；（4）已知298K时，Ksp=8.01016，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c（OH）=1105.5，c（Fe2+）=1.0105molL1，此时溶液中c（Fe2+）c（OH）2=1105（1105.5）2=11016Ksp=8.01016，故无Fe（OH）2沉淀生成；故答案为：没有；（5）FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，则正极为FeS2反应，反应式为：FeS2+4e=Fe+2S2；故答案为：FeS2+4e=Fe+2S210（1）一定条件下，CO2与1.0molL1NaOH溶液充分反应放出的热量如表一：表一：反应序号CO2的物质的量/molNaOH溶液的体积/L放出的热量/KJ10.50.75x21.02.00y该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为NaOH（aq）+CO2（g）NaHCO3（aq）H=（4xy）kJ/mol （2）用焦炭还原NO的反应为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n（NO）随反应时间t的变化情况如表二：表二：温度 t/min04080120160甲2.001.501.100.800.80乙（T）2.001.451.001.001.00丙1.000.800.650.530.45甲容器中，040min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）=0.0125mol/（Lmin）该反应的Hb（填序号）a大于0 b小于0 c等于0d不能确定丙容器达到平衡时，NO的转化率为60% （3）298K时，NH3H2O的电离常数Kb=2105，H2CO3的电离常数Kal=4107，Ka2=41011在NH4HCO3溶液中，c（NH4+）c（HCO3）（填“”、“”或“=”）；反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K的数值（用科学计数法表示）为1.25103【考点】CP：化学平衡的计算；BE：热化学方程式【分析】（1）根据题意可知，22gCO2通入1mol/L NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol/L NaOH溶液2L中充分反应放出y kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式；（2）甲容器中，根据表中数据，040min内，NO的物质的量改变量为n=2.001.50=0.50mol，反应经历的时间为t=40min，容器体积V=1L，根据化学反应平均速率计算公式v（NO）=计算；注意甲和乙，起始物料相同，温度不同，从040min看，乙容器的化学反应速率比甲的快，温度升高能加快化学反应速率，因此乙容器的温度大于甲容器的温度，但乙容器中NO的转化率低于甲容器，所以表现为升高温度，平衡向逆反应方向移动，据此判断该反应的焓变正负；根据表中数据，丙容器中NO的起始物质的量为1.00mol，丙容器与甲容器的温度相同，则两容器反应的平衡常数也相同，据此计算；（3）NH4HCO3为弱酸弱碱盐，溶于水发生双水解，虽然都是弱酸根离子，但水解程度还是有差异，根据平衡常数判断溶液的酸碱性，据此判断，反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K，根据多重平衡规则推导计算【解答】解：（1）根据题意，22gCO2通入750mL 1.0mol/L的NaOH溶液中充分反应，n（CO2）=0.5mol，n（NaOH）=1mol/L0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为：2CO2+3NaOHNaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，即热化学反应方程式为：2CO2（g）+3NaOH（aq）NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）H=4xkJ/mol 在该条件下1molCO2通入到2L 1.0mol/L的NaOH溶液中充分反应，放出ykJ热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）Na2CO3（aq）+H2O（l）H=ykJ/mol 由盖斯定律可得，NaOH（aq）+CO2（g）NaHCO3（aq）H=（4xy）kJ/mol，故答案为：NaOH（aq）+CO2（g）NaHCO3（aq）H=（4xy）kJ/mol；（2）甲容器中，根据表中数据，040min内，NO的物质的量改变量为n=2.001.50=0.50mol，反应经历的时间为t=40min，容器体积V=1L，根据化学反应平均速率计算公式v（NO）=0.0125mol/（Lmin），故答案为：0.0125mol/（Lmin）；甲和乙，起始物料相同，温度不同，从040min看，乙容器的化学反应速率比甲的快，温度升高能加快化学反应速率，因此乙容器的温度大于甲容器的温度，但乙容器中NO的转化率低于甲容器，因此升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应是放热反应，焓变H0，故选b；丙容器中NO的起始物质的量为1.00mol，丙容器与甲容器的温度相同，则两容器反应的平衡常数也相同，该反应为2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），反应的平衡常数为K=，根据表中数据，平衡时，c（NO）=0.80mol/L，C（N2）=0.60mol/L，c（CO2）=c（N2）=0.60mol/L，则K=，设丙中NO的平衡转化率为，则平衡时，c（NO）=（1）mol/L，C（N2）=mol/L，c（CO2）=c（N2）=mol/L，则K=，解得：=0.60=60%，事实上，这与甲容器的转化率是相同的，可以解释为等效平衡，反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是气体数守恒的反应，前后气体的物质的量总数不变，压强改变不影响化学移动，丙容器起始等效于对甲容器减压，减压不改变该反应的化学平衡，自然两个容器中的NO转化率就相同！准确的来说，知道这是等效平衡的，甚至不用这么多步骤计算，可以直接写答案故答案为：60%；（3）NH4HCO3为弱酸弱碱盐，溶于水发生双水解，虽然都是弱酸根离子，但水解程度还是有差异，水解反应可以视作两个反应竞争，NH4+H2ONH3H2O+H+，该反应的平衡常数为K1=51010，HCO3+H2OH2CO3+OH，该反应的平衡常数为K2=2.5104，显然K2K1，所以最终是以HCO3的水解为主，则溶液中c（NH4+）c（HCO3），反应NH4+HCO3+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K，根据多重平衡规则，K=1.25103，故答案为：；1.25103【化学-选修3：物质结构与性质】11（1）写出基态镍原子的价电子排布图 （2）丙酮（ ）分子中2号碳原子的杂化方式为sp2杂化；与CS2互为等电子体的离子是SCN（写一种）（3）含0.1molCl2H2O的水溶液与足量硝酸银溶液反应生成0.2mol AgC1沉淀H2O分子的键角比H2S分子的键角大，原因是氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大（4）由铜与氯形成的一种化合物的晶胞结构如图所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为CuCl将晶胞内的4个黑点相互连接所形成的立体构型是正四面体形晶体中与一个氯原子距离最近的氯原子有12个已知该晶体的密度为gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为pm（列出计算式即可）【考点】9I：晶胞的计算；8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）Ni原子在周期表中的位置为第四周期，第VIII族；（2）丙酮分子中2号碳原子为羰基碳原子，是平面构型，根据杂化轨道理论判断，等电子体是指原子数目相同，价电子数目也相同的粒子；（3）配合物外界可以完全电离，内界不电离，根据反应关系确定反应的量，根据VSEPR理论和电负性差异解释H2O和H2S的键角差异；（4）立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，据此解答；由该晶胞可以看出，与金刚石晶胞相似，所以讲晶胞内的四个黑点相互连接，可以组成一个正四面体形；结合Cl原子周围等径的Cl原子的排布解答，在图中的晶胞中，Cl原子周围等径且最近的原子有8个，考虑到晶胞不是孤立的个体，下面还有晶胞，下面一个晶胞有4个，一共是12个；根据晶胞密度公式解答，其中z为一个晶胞粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积【解答】解：（1）Ni原子在周期表中的位置为第四周期，第VIII族，在Co的后面一个元素，其价电子排布式为3d84s2，则其价电子排布图为：故答案为：（2）根据图示，丙酮分子中2号碳原子为羰基碳原子，是平面构型，根据杂化轨道理论，2号C原子的杂化方式应为sp2杂化；求等电子体粒子，通常采用上下左右平移元素，同时调电子数的方法求解，所以与CS2互为等电子体的阴离子，需注意求解的是阴离子，则有SCN（或等）故答案为：sp2杂化，SCN（或等）（3）配合物外界可以完全电离，内界不电离，对于0.1molCl2H2O的水溶液，可以完全电离出0.2molCl，也就可以与0.2mol硝酸银反应生成0.2molAgCl沉淀；H2O分子的键角比H2S分子的键角大，O和S均为氧族元素，O的电负性比S大，但O的半径比S小，二者含有相同的价电子，半径小的O原子电子的斥力较大，而根据VSEPR理论，孤电子对斥力大于键电子对斥力，因此H2O的键角大些故答案为：0.2，氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大（4）立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中，Cu的数目为4，Cl的数目为，则该晶体的化学式为CuCl；由该晶胞可以看出，与金刚石晶胞相似，所以讲晶胞内的四个黑点相互连接，可以组成一个正四面体形故答案为：正四面体形晶胞不应作为孤立体系而存在，周围有无数晶胞重叠，从底心的Cl看出，周围等径且最近的原子有8个，下面一个晶胞有4个，因此在它周围等径且最近的Cl有12个故答案为：12取1mol晶胞，则有NA个晶胞，设晶胞边长为acm，则一个晶胞的体积为cm3一个晶胞中含有4个Cu和4个Cl，则1mol晶胞的质量为m=464+435.5=499.5g，则晶胞的密度为，所以晶胞的边长，CuCl的晶胞与金刚石晶胞相似，左下角附近的一个Cu与周围四个Cl形成一个正四面体，金刚石晶胞中，C原子以sp3杂化与周围C原子连接，根据杂化轨道理论键角公式，键角应为，设CuCl原子的最短距离为x，这个最短距离就是正四面体的CuCl原子的键长，根据几何关系，左下角顶点的Cl与左面心的Cl原子间的距离应为，由余弦定理，解得，由于，所以=故答案为：【化学-选修5：有机化学基础】12药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如图己知：NaBH4是一种很强的还原剂，可以将CN还原为CH2NH2（1）化合物A的含氧官能团名称为醛基、醚键（2）反应实际经历了两步反应，这两步的反应类型依次为加成反应、取代反应设计反应的目的是保护醛基（3）关于化合物D的说法错误的是ad（填序号）a1molD最多可与3molH2发生加成反应 b可以与盐酸发生反应c可以使高锰酸钾酸性溶液褪色 d是一种芳香烃（4）反应物 的名称为乙二醇；写出其与对苯二甲酸反应生成高聚物的化学方程式；（5）以CH3CHO和CH3NH2为原料设计合成丙氨酸（CH3CH（NH2）COOH）的路线己知：RCH=NR提示：合成过程中无机试剂任选合成路线表示方法示例为：CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】HC：有机物的合成【分析】（1）根据有机物的结构简式判断官能团；（2）反应涉及CHO的加成，并形成CO键，可饱和醛基不被氧化；（3）根据D的结构简式，其含有苯环、醛基、氨基来判断；（4）为乙二醇；对苯二甲酸发生缩聚反应生成高聚物；（5）CH3CHO和CH3NH2反应生CH3CH=NCH3，然后与HCN发生加成反应生成CH3C（CN）NHCH3，然后在酸性条件下可生成目标物，以此解答该题【解答】解：（1）由结构简式可知A含有醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；（2）反应涉及CHO的加成，并形成CO键，同时发生取代反应，醛基在有机合成中易被氧化和还原，故应先保护，而后释放出来，防止被氧化，故答案为：加成反应；取代反应；保护醛基；（3）a因为含有苯环、醛基，所以1mol D最多可与4mol H2发生加成反应，故a错误； b含有氨基，可以与盐酸发生反应，故b正确；c含有醛基，可被高锰酸钾氧化，可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，故c正确； d含有O、N等元素，为烃的衍生物，故d错误故选ad；（4）为乙二醇；对苯二甲酸发生缩聚反应生成高聚物，方程式为，故答案为：乙二醇；（5）CH3CHO和CH3NH2反应生CH3CH=NCH3，然后与HCN发生加成反应生成CH3C（CN）NHCH3，然后在酸性条件下可生成目标物，反应流程为，故答案为：